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第一题：字母异位词分组

第一想法：哈希表
哈希表的键为字符串，值存见过的次数
键的字符串可以按照英文字母排序好，保证键唯一

class Solution{public:vector<vector<string>> groupAnagrams(vector<string>& strs) {vector<vector<string>>ans;if(strs.size()==0||strs.size()==1){ans.push_back(strs);return ans;}unordered_map<string,vector<string>>map;for(string str:strs){string old_str=str;sort(str.begin(),str.end());map[str].push_back(old_str);}for(auto group:map){ans.push_back(group.second);}return ans;}
};

通过，注意插入是push_back()，没有insert()

第二题：移动零

第一想法：非零数往前挪，后面直接补0

循环遍历数组，一个变量来记录非零数的当前位置，然后在遍历到非零数时候插入到上一个非零数后面，再把记录非零数的位置往后挪。

class Solution {
public:void moveZeroes(vector<int>& nums) {int sign=0;int n=nums.size();for(int i=0;i<n;i++){if(nums[i]!=0){nums[sign]=1;sign++;}}if(sign==n){return;}for(int i=sign;i<n;i++){nums[i]=0;}return;}
};

if 面试官问我还有没有别的想法呢？

第二想法：双指针

一个遍历数组，一个记录0的最左边位置，遍历到非零数的时候，非零数和0交换，然后0的最左边位置更新

class Solution {
public:void moveZeroes(vector<int>& nums) {int n=nums.size();if(n==1){return;}int left=0;for(int right=0;right<n;right++){if(nums[right]!=0){swap(nums[right],nums[left]);left++;}}return;}
};

第三题：盛最多水的容器

第一想法：这题真是印象深刻。
思路就是我想让长宽尽可能大，就先从最长的开始，左右指针直接放两边。
然后检查哪一边的宽更大，把较小的宽往里面挪，知道指针不能移动，返回最大面积。

class Solution{public:int maxArea(vector<int>& height){int right=height.size()-1;int left=0;int res=0;while(right-left>0){int vol=min(height[left],height[right])*(right-left);res=max(res,vol);if(height[left]<height[right]){left++;}else{right--;}}return res;}
};

第四题：无重复字符的最长子串

滑动窗口思想
用窗口来框住子串
如果有不重复的字符，右边界就不断拓展
如果发现有重复的字符，我们要检查一下这个字符上次出现的位置在哪里，如果就在窗口内部（也就是左边界右边），那我们就更新左边界的位置，也就是上次出现的位置+1
如果上次出现的位置不在窗口内，那就不用管了

为了方便，我们可以用哈希表来存字符和位置

class Solution{public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {int n=s.length();if(n==0||n==1){return n;}unordered_map<char,int>map;int left=0;int res=0;for(int right=0;right<n;right++){left=max(left,map[s[right]]);map[s[right]]=right+1;res=max(res,right-left+1);}return res;}
};		

再次做这道题，我发现循环里面真的顺序和为什么这么存都是有理由的。
（1）为什么第一步是left=max(left,map[s[right]]);？？
A：因为left是找当前左边界和遍历到的这个字符的上一个出现位置中的最右边。

捋一下，如果我们现在遍历到的s[right]它不是重复出现的字符，那么map[s[right]]就是0，左边界left就不用动。

如果我们现在遍历到的s[right]它是重复出现的字符，那么我们就要考虑左边界和s[right]这个字符上一次出现的位置关系。
如果左边界<s[right]这个字符上一次出现的位置，说明左边界在s[right]的左边，也就是说left和right之间已经有了一个s[right]，那我们必须要把窗口挪到上一次出现s[right]字符的右边一格，这样我们新拓展的窗口才能只含有现在right遍历到的s[right].

（2）为什么第二步是map[s[right]]=right+1;？？
左边界的判断你需要上一个map[s[right]]存的位置，所以左边界判断第一步，更新这个字符出现的新位置是第二步。

为什么要存right+1而不是right呢？
……如果你存的是right，那如果你新拓展的字符是属于重复字符的话，左边界不就是和你新拓展的这个字符相同了吗
滑动窗口内部和边界上的字符不能相同，所以存right+1

这道题我一开始做的时候想到了哈希表，也想到了如果发现有重复的字符，我们要检查一下这个字符上次出现的位置在哪里，问题是我忘了维持左边界这个东西，唉
滑动窗口的思想没想起来。

第五题：和为K的子数组

前缀和。
该死的前缀和。
我们先计算前缀和存在哈希表中，要是哈希表中有和-k的组合存在

注意如果有正好的单个数是k，我们需要初始一下哈希表是{0,1}

class Solution {
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {int n=nums.size();unordered_map<int,int>map{{0,1}};int res=0;int sum=0;for(int i=0;i<n;i++){sum+=nums[i];if(map.count(sum-k)!=0){res+=map[sum-k];}map[sum]++;}return res;}
};

第六题：螺旋矩阵

设置上下左右四个边界
螺旋的时候就更新边界
要是边界之间重叠了
那就结束了

class Solution {
public:vector<int> spiralOrder(vector<vector<int>>& matrix) {vector<int>res;int row=matrix.size();if(row==0){return res;}int col=matrix[0].size();int u=0;int d=row-1;int l=0;int r=col-1;while(true){//上面的横着走for(int i=l;i<=r;i++){res.push_back(matrix[u][i]);}//上边界更新if(++u>d){break;}//右边的下着走for(int i=u;i<=d;i++){res.push_back(matrix[i][r]);}//更新右边界if(--r<l){break;}//下边的左着走for(int i=r;i>=l;i--){res.push_back(matrix[d][i]);}//更新下边界if(--d<u){break;}//左边的上着走for(int i=d;i>=u;i--){res.push_back(matrix[i][l]);}//更新左边界if(++l>r){break;}}return res;}
};

第七题：相交链表

我吹过你吹过的晚风，那我们算不算相拥~

class Solution {
public:ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {if(headA==nullptr||headB==nullptr){return nullptr;}ListNode *a=headA;ListNode *b=headB;while(a!=b){a=a==nullptr?headB:a->next;b=b==nullptr?headA:b->next;}return a;}
};

这道题再写的时候，很奇妙的一点就是，不管这两个链表有没有相交，他俩都会有相同的时候，哪怕是空也会一起空。
其实不相交的，也可以看成这俩链表的最后一个节点都是空节点，相交在空节点嘛。

第八题：反转链表

class Solution {
public:ListNode* reverseList(ListNode* head) {ListNode *pre=nullptr;ListNode *cur=head;if(head==nullptr){return nullptr;}while(cur!=nullptr){ListNode *temp=cur->next;cur->next=pre;pre=cur;cur=temp;}return pre;}
};

写代码的过程中，return的是pre，而不是cur，因为在最后一个while循环中，cur==nullptr是跳出边界。

第九题：二叉树的中序遍历

中序遍历：左 中 右
首先是递归：

class Solution {
public:void inorder(TreeNode *root,vector<int>&res){if(root!=nullptr){inorder(root->left,res);res.push_back(root->val);inorder(root->right,res);}}vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int>res;inorder(root,res);return res;}
};

如果不用递归的话，那么就是用栈
栈的特性是先进后出

class Solution {
public:vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {stack<TreeNode*>st;vector<int>res;while(root!=nullptr||!st.empty()){while(root!=nullptr){st.push(root);root=root->left;}root=st.top();res.push_back(root->val);st.pop();root=root->right;}return res;} 
};